Простая задача по теории вероятностей. Два разных ответа.

[mr.vopros]

В интеллектуальном конкурсе принимают участие команды $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$. При этом через $|A_i|$ обзначается сила команды. Известно, что чем меньше $i$, тем команда сильнее. Команды встречаются с друг другом попарно, при этом каждый раз выигрывает та команда, которая сильнее. В первом раунде встречаются две случайно выбранные команды. Ничья невозможна. Проигравшая команда выбывает из конкурса, а победившая команда играет со следующим случайно выбранным соперником. Известно, что в первых 3 играх победила некоторая команда $A_k$. Какова вероятность того, что эта же команда выиграет 4-ый раунд?

У меня есть 2 варианта решения, но они почему-то выдают разные результаты.

1) Через $\Lambda$ я буду обозначать возможные варианты для выбора соперника на 4-ый раунд. Обыгранных соперников в первых трех раундах обозначу за $X$, тогда получаем $\Lambda A_k\Lambda X\Lambda X\Lambda X\Lambda $. Тогда благоприятных исходов 4, а всего исходов 5. Вероятность $0,8$

2) Рассмотрим три случая.

a) $A_k=A_1$, тогда вероятность выигрыша в 4 туре равна 1.

б) $A_k=A_2$, тогда из 5 возможных соперников нам подходят 4, вероятность 0,8

в) $A_k=A_3$, тогда вероятность 0.

Искомая вероятность $\dfrac{1}{6}\cdot 1 +\dfrac{1}{6}\cdot 0,8 + \dfrac{1}{6}\cdot 0 =0,3$

Есть подозрение, что одно из решений неверно, могли бы, пожалуйста, помочь разобраться - какое именно и почему?)

[TOTAL]

mr.vopros в сообщении #1568824 писал(а):

Есть подозрение, что одно из решений неверно

Одно решение точно ошибочное. Второе тоже может быть ошибочным.
А не найти ли сначала вероятность того, что в самом начале выбрана команда $A_1$ и слабее. Аналогичные вопросы про $A_2, \; A_3$

[мат-ламер]

mr.vopros
К сожалению, ваши решения не понял. Один из ваших ответов совпал с моим. Я решал так. Очень легко оценить вероятность, что после трёх туров выйдет команда $A_1$ . Она точно выиграет и в 4-м туре. Также легко оценить эту вероятность для $A_2$ . У неё шансы победить 50 процентов. Если в четвёртый тур выйдет $A_3$ , она точно проиграет.

[svv]

mr.vopros в сообщении #1568824 писал(а):

Искомая вероятность ${\color{magenta}\dfrac{1}{6}}\cdot 1 +{\color{magenta}\dfrac{1}{6}}\cdot {\color{magenta}{0{,}8}} + {\color{magenta}\dfrac{1}{6}}\cdot 0 ={\color{magenta}{0{,}3}}$

Здесь все числа, отмеченные цветом, неверны.

Случаи а), б), в) не равновероятны. Если известно, что в первых трёх раундах победила одна и та же команда $A_k$, то
$k=1$ с большой вероятностью $\frac 2 3$,
$k=2$ с меньшей вероятностью $\frac 4{15}$,
$k=3$ с маленькой вероятностью $\frac 1{15}$.

Аналогично, если в первых трёх раундах победила $A_2$, против неё останется два соперника, из которых один — достоверно $A_1$, а другой — более слабый, чем $A_2$. В четвёртый раунд с вероятностью $\frac 1 2$ пройдёт этот слабый. Учитывая всё это,
$\frac{2}{3}\cdot 1 +\frac{4}{15}\cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{15}\cdot 0 =0.8$

Хотя в первом решении получен этот ответ, я не уверен, что оно правильное. Я тоже его не понимаю.

[мат-ламер]

Сейчас до меня дошло, что я рассуждал также, как и топик-стартер во втором варианте. Я просто не узнал его решения, потому как результат у меня оказался совсем другой, а именно, как в первом варианте топик-стартера. Такой же результат и у svv .

[gris]

Ну раз теоретики высказались, можно и с монтекарлой всунуться Конечно, лучше полный перебор перестановок игроков сделать, но и так хорошо. Короче, делаем массив $(1,2,3,4,5,6)$. Тасуем его, что отвечает всем случайностям в серии игр. Потом выбираем из первых двух меньшее. И смотрим: третий и четвёртый больше этого числа? Если да, то плюсуем количество исходов. А если и пятый больше, то плюсуем благоприятные исходы. Делим. И получаем ожидаемые 80%
вот код и результат:

{S=vector(6); kt=0;kw=0;
for(k=1,1200000, 
  for(i=1,6,S[i]=i);
  for(i=1,5,j=6-random(7-i);D=S[i];S[i]=S[j];S[j]=D);
  M=S[1]; if (S[2]<M,M=S[2]); 
  if(S[3]>M && S[4]>M,kt++;if(S[5]>M,kw++));
);
print(kw," out of ",kt," ",floor(100*kw/kt+1/2),"%");
}
480609 out of 599932 80%

Ну и заодно: После первых побед вероятность выиграть
вторую игру — 67%,
третью — 75%,
четвёртую — 80%,
пятую — 83%.
По-моему

[matidiot]

Авторский ответ от И.В.Ященко: 0,8.

[mr.vopros]

svv в сообщении #1568838 писал(а):

Хотя в первом решении получен этот ответ, я не уверен, что оно правильное. Я тоже его не понимаю.

Спасибо большое, я понял свою ошибку.

А первое решение заключалось в том, что после трех туров у нас такая картинка. Здесь $X$ - обыгранная команда. Команды расположены по убыванию силы.



Квадратиками у нас отмечены возможные варианты для того - где может находится соперник для команды $A_k$ по 4 туру. Вроде как эти варианты-квадратики равновероятны. Нас только не устраивает квадратик слева, остальные варианты - равновероятные. Не знаю, может теперь понятно объяснил. До этого было слишком сумбурно. Только есть одно сомнение - справа квадратика может не быть, если среди обыгранных команд в первых 3 турах есть $A_6$. Видимо нужно разбивать на 2 случая, когда есть среди обыгранных команд $A_6$ или же таковой команды нет.

-- 03.11.2022, 23:15 --

matidiot в сообщении #1568859 писал(а):

Авторский ответ от И.В.Ященко: 0,8.

А это Ященко придумал задачу?)

[lel0lel]

Любопытная задача, нужно обобщать, тогда решение симпатичнее. Пусть $n$ игроков, проведено $m<n-1$ туров, некоторый игрок держится, одержав $m$ побед подряд. Вероятность, что он победит в $m+1$ туре равна $(m+1)/(m+2)$.

О, даже согласуется с численными результатами gris

От числа участников ответ не зависит. В принципе это и есть ключ к быстрому решению.

[Doctor Boom]

Можно через Байеса, вероятность того, что после первого тура наша победившая команда $A_k$, равна $P_1(A_k)=\frac{k-1}{n_1}$, где $n_1$-нормировочный коэффициент
после второго тура $P_2(A_k)=\frac{(k-1)(k-2)}{n_1 n_2}$, $n_2$ - второй нормировочный коэффициент
после третьего тура $P_3(A_k)=\frac{(k-1)(k-2)(k-3)}{n_1 n_2 n_3}$. Вероятность победы в четвертом туре у четвертой команды $0$, пятой - $\frac{1}{2}$, у шестой - $1$, тогда вероятность победы нашей удачливой команды в четвертом туре будет равна $P=\frac{3\cdot 4 \cdot 5+3\cdot 4}{1\cdot 2 \cdot 3+2\cdot 3 \cdot 4+3\cdot 4 \cdot 5}=0,8$

[lel0lel]

От количества участников ответ не зависит, поскольку первого выбирают случайно, и последующих ему в соперники тоже случайно, все рейтинги различны. Количество участников влияет лишь на то, как сильно разнятся рейтинги этих команд, но в этой задаче это не важно. Тогда можно считать, что число участников $m+2$, случайно выбранная команда прошла $m$ раундов. Очевидно, что это может быть либо самая сильная, либо вторая за ней по силе. Легко посчитать вероятность, что команда, пройдя $m$ раундов, проиграет. Эта вероятность равна вероятности начального выбора второй по силе команды, то есть равна $1/(m+2)$. Тогда вероятность, что команда, пройдя $m$ раундов, победит равна $1-1/(m+2)$. В нашей задаче $m=3$.

Вполне по-школьному, без числа сочетаний.

[lel0lel]

lel0lel в сообщении #1569024 писал(а):

Эта вероятность равна вероятности начального выбора второй по силе команды, то есть равна $1/(m+2)$.

Хотя это и верно. Но для ясности лучше всё-таки по Байесу: вероятности выйти в последний раунд лучшей и второй по лучшести командам относятся как $(m+1):1$